课时分层检测(29)机械能守恒定律及其应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（二十九） 基础落实练 1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判 断正确的是 ( 甲：火箭升空的过程 乙：力F拉着物体 匀速上升 丙：小球在水平面 丁：弹丸在光滑的碗 内做匀速圆周运动 里做复杂的曲线运动 A.甲图中，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升 空，则机械能守恒，若火箭加速升空，则机械能 不守恒 B.乙图中的物体匀速运动，机械能守恒 C.丙图中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒 D.丁图中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运 动，机械能守恒 2.(2026·上海市新中高级中 学期中)如图，将质量为m的 篮球从离地高度为h的A 处，以初速度v抛出，篮球恰 能进入高度为H的篮筐，不计空气阻力和篮球 转动的影响，经过篮球入筐位置B的水平面为零 势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时 的机械能为 1 A.2m B.mv+mg(h-H) C.mo2+mg(H-h) D.m+mgh 3.如图所示，游乐场内的扶梯 B AB和水上滑梯轨道BC在 B点相接，滑梯轨道BC是半 径为R的四分之一光滑圆 A 弧，圆心O点和轨道上C点恰好在水面上，整个 装置处在同一竖直平面内。小朋友沿着扶梯AB 3 机械能守恒定律及其应用 运动到B点，在B点静止，当受到微小扰动时，小 朋友将沿着圆弧轨道下滑。已知重力加速度大 小为g,不计空气阻力，小朋友可视为质点。则小 朋友滑离圆弧轨道时的速度大小为 () A /2 C.R D.√gR 4.(2026·黑龙江、吉林模拟) 如图所示，两个质量相等且 可视为质点的小球a、b通过 铰链用长为√2L的刚性轻杆 连接，a球套在竖直杆M上， b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M 的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N固定且 不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间 的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释 放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中 正确的是 () A.a、b两球组成的系统机械能不守恒 B.a球到达与b球等高位置时速度大小为√gD C.a球运动到最低点时，b球速度最大，最大值 为√2(1十√2)gL D.a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻 杆对a球的弹力一直做负功 5.如图所示，一个半径为r、质量均 匀的圆盘套在光滑固定的水平转 轴上，一根轻绳绕过圆盘，两端分 别连接着物块A和B,A放在水 平地面上，B用手托着，A、B均处 于静止，此时B离地面的高度为 A 7r,圆盘两边的轻绳沿竖直方向 伸直，A和圆盘的质量均为m,B的质量为2，快 速撤去手，在物块B向下运动的过程中，绳子始 终与圆盘没有相对滑动，已知圆盘转动的动能为 Fc-mr产a,其中。为圆盘转动的角速度，则 物块A上升到最高点时离地面的高度为(A上升 过程中未与圆盘相碰) A.7r B.8r C.9r D.10r 3 6.(多选)如图所示，有一条柔a阳 软的质量为m、长为L的均 匀链条，开始时链条的)长 在水平桌面上，而兰长垂于桌外，用外力使链条 静止。不计一切摩擦，重力加速度为g,桌子足够 高，桌角右上方有一光滑的约束挡板（图中未画 出)以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是 ( )19 A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度 v=√gL B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度： -景限 C.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做 功” D.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做 功8L 18 ■ 能力综合练 7.从地面以大小为0的速度竖直向上抛出一个物： 体，不计空气阻力，重力加速度为g,以地面为重 力势能的零势能面，下列说法正确的是()： A.物体的重力势能为动能的一半时，物体距离地 面高度为 3g B.物体速率为空时，物体的动能和重力势能相等 C.物体的动能和重力势能相等时，物体距离地面： 的高度为 4g D.若物体的质量变为原来的2倍，其他条件不： 变，则物体能达到的最大高度减半 8.(多选)(2026·陕西延安高 三开学考)如图所示，将质量 为2m的重物悬挂在足够长 30° 轻绳的一端，轻绳的另一端 -d 系一质量为m的圆环，圆环 套在竖直固定的光滑直杆 白2m 上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环： 从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的： 细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物 都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。忽略 定滑轮的质量和大小，重力加速度为g,下列说法 正确的是 ) 344 A.圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为mg 2 B.圆环刚释放时，重物的加速度大小为38 4 C.圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一 直减小 D.圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速 度大小为 10/3-1 3 -ga (2026·湖北黄冈模拟)如图 A 所示，O为固定在水平地面 上的转轴，小球A、B的质量 均为m,A与B、O间通过铰 BC0000000DO 链用轻杆连接，杆长均为L,B球置于水平地面上， B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一竖直 向上的力F,此时两杆夹角0=60°，弹簧处于原长。 改变F使A球缓慢运动，当=106时力F恰好为 零。A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限 度内，忽略一切摩擦，sin53°=0.8，cos53°=0.6， 重力加速度为g。 (1)求弹簧的劲度系数k; (2)若A球自由释放时加速度为a,求此时A、B 球间杆的弹力； (3)在(2)情况下当0=90°时，B球的速度大小为 ,求此时弹簧的弹性势能。,C[篮球第一次到达地面时所获得的动能为！ Ek1=mgH,运动的路程为1=H,篮球第一次} 与地面作用后损失的动能为△Ek1一10%E1= 0.1mgH,反弹后上升到最高点时的高度为H= 09H,篮球第二次到达地面运动的路程为s2= H+2H1=H+2×0.9H,篮球第二次与地面！ 作用后损失的动能为△Ek2=10%Ek2=0.1ng H1=0.9ngH×0.1,反弹后上升到最高点时： 的高度为H,=0.9H=0.9H,篮球第三次到 达地面时运动的路程为s=H十2H1十2H2= H+2X0.9H+2×0.9H,以此类推，篮球第n 次到达地面时运动的路程为$m=H十2X 0.9H+2X0.92H+·十2X0.9"-1H,根据等 比数列求和公式可得ss=H+2X0.9HX! 1-0.9w-1 1=0.9,当n趋于无穷大时，有56=19H,C 正确。] 6.BC[根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsn0+ Mgcos0=Ma1,下滑时，有(M+m)gsin0-! A(M+m)gcos0=(M+m)a,所以2=至，故 A错误；设顶端到弹簧压编到最短位置间的距 离为x,集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再 到返回顶端，根据动能定理，有mgrsin0-a(M! 七m)gcos0·x一Mgcos0·x=0,可得= ,故B正确；若集装箱与货物的质量之比为 1:1,则mgxsin0-(M+n)gcos0·x一 Mgcos0·x<0,说明集装箱不能回到轨道顶！ 端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为！ 1:6,则mgrsin0-u(M+n)gcos0·x-1 Mgcos0·x>0,说明集装箱能回到轨道顶！ 端，故D错误。] 7.解析(1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为 u,根据平衡条件可得mngsin0-mgcos0 解得u=tan8。 (2)设运动员在轨道最低，点C的速度大小为： ,对运动员从C到E的过程，根据动能定理5 可得 在C点处，根据牛顿第二定律可得FN一mg= 联立解得FN=4mg。 1 (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做往返一】 次滑行，设滑板离开B点时的最小速度为1，！ 则运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B! 点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度！ 为工时，其所受滑动摩擦力大小为日=无 umgcos 0 由上式可知F-x图像是一条过原点的倾斜直！ 线，图像与坐标轴圆成的面积表示F,做功的绝！ 对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部！ 进入到AB区域的过程中，摩擦力做的功为 W:=-2umgL.cos 0 根据动能定理可得一ngLsin0十W;=0一 2n2 解得u1=√3 gLsin0 设滑板离开B点时的最大速度为2，则运动员 返回到AB时，滑板左端恰好与A,点重合，根据： 动能定理可得一4 mgLsin0一3 mgLcos0+W,! =0-m 解得-√/15 gLsin0 综上，滑板离开B点时的速度需要满足 √3 gLsin0su√/15 gLsin0。 答案(1)tan0(2)4mg(3)√J3 gLsin0H ≤/15 gLsin0 课时分层检测（二十九） CD[甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，： 由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能 都增加，故A错误：物体匀速上升，动能不变， 重力势能增加，则机械能增加，故B错误；小球！ 在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做！ 功，机械能守恒，故C正确；弹丸在光滑的碗内！ 做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的： 机械能守恒，故D正确。] B[由题意，篮球入筐位置B的水平面为零势， 能面，则篮球在位置B时的重力势能为零，动 能为Ek,则E一之u=一mg(H一h),机械！ 能E=E十E=之m+mg(h-H),故； 远B。] C[设滑离圆孤轨道时的位置为P,OP与竖！ 直方向的的夹角为0，剥mgs0=n发，由机核 能守恒定律可知mgR(1一cos)=2m,解！ /2 得v√分R,故C正确。] C[a球和b球所组成的系统只有重力做功，！ 则机械能守恒，故A错误：a球到达与b球等高 位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒， 则mgl=之mv。,解得=√2g工，故B错误； 当a球运动到两杆的交点后再往下运动√2L,此！ 时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球 的速度达到最大，则mg(L十②L)=m%, 所以=√2(1十√2)gL,故C正确；由于系统！ 机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过！ 程中，刚性轻杆对α球的弹力先做负功后做正！ 功再做负功，故D错误。] C[设B刚落地时速度为，则根据机械能守！ 1 恒有2mgX7r=mgX1r+之X3m+mn, 解得U=2√gr,当物块B落地后，A还能上升！ 的高度h=2g 广 2r,因此A上升到最高，点离地 面的高度为9r。故远C。 BD[若自由释放链条，以桌面为参考平面，根： 据权能守板可得一受·台=一 6 乞m心，解得链条刚离开桌面时的速度为=！ 3 V2gL 故B正确，A错误：若要把链条全部拉到桌面 、上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条 增加的重力势能，剥有W=·卡=兴， 18 故D正确，C错误。] C[物体的重力势能为动能的一半时，设物体！ 距离地面高度为h,有之m=2mgh,根据机 械能守恒定律可得m,”=之m十gh= ,得一服放八精柔：当物体的建 2时，物体的动能为E三2m(?】 8,物体的重力势能为E,=之-E- 8m,故B错误；物体的动能和重力势能相等！ 时，设物体距离地面的高度为h,则有mgh= 立m”,根据机械能守恒定律可得号m2= -516- 之a十g-2mg,解得W-0,tC正 确：设物体能达到的最大高度为H,根据机械 能守恒定律可得之m,=mgH,解得H= 2g,若物体的质量交为原来的2倍，其他条件 不变，则物体能达到的最大高度不变，D错误。] AD[设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 FT,重物加速度为a,则有2ng一Fr=2na, Frsin30°十g=ma,根据运动的分解可知 2 2 a'sin30°=a,解得a=g,Fr=号mg,故A 正确，B错误：圆环下落到最低点的过程中，拉 力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆 环的机械能先增加后减小，故C错误；圆环下落到 与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，裉据运动 的分解可知，重物的速度为0，对系统根据机械能 守恒定律有ngdtan30°+2ng cos 30-d= 1 10√5-12 2m,解得u=√03 gd,故D正确。] 解析(1)F=0时，对A球受力分析如图甲所 示，有2F1c0s53°=mg 对B球受力分析如图乙所示 有Fsin53°=k.x 其中x=2L(sin53°-sin30),且F=F 解得k=10mg 9L F F Fs B宋 mg F mg 甲 (2)自由释放时A球的加速度方向垂直于AO杆， 由牛顿第二定律得ng00s60°-F￥c0s30°=ma 得F4=Bmg-2V3ma 3 (3)当0=90°时，UA=cos45 对系统由机械能守恒定律得 mgL(cos30-c0s45）=合m2+合m 十E 解得E,=B- 3 2 mgL-mw。 答案(1)10ms(2)y3mg-2V3me 9L 3 (3)3- 2 nmRL-子md 课时分层检测（三十） B[由足球的运动轨证可知，足球在空中运动 时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势 能增加mgh,从1到2动能减少量大于mgh,故 A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用， 机横能减小，重力势能减小ngh,则动能增加小 于mgh,故C、D错误。] BC[滑块上升过程中重力势能增加，根据能 量守恒定律可知，动能与电势能之和减少，故A 错误；由题图知，上滑过程中，机械能减少，则静 电力对木块做负功，滑块的机械能减少了△E 4E。一3E,=E,动能减少△E4=4E,所以滑块 的重力势能增加了△E,=4E一E,=3E,故D 错误：由图乙可知滑块上滑的距离为x,则有 F,=E,滑块受到的静电力大小为F=E,故 C正确；滑块上滑过程中，重力做负功，滑块的部 分动能转化为重力势能，则有mgsin37°·西= 3亚，则滑块的重力大小为mg-正，故B 正确。]